以下为完整定稿稿：
专题二 函数与方程
1. 函数与方程知识体系与解题范式
本专题以函数映射定义、方程同解原理及多项式理论为基石，构建“基础定义+五大题型”的严谨体系，所有考点与解法均有明确的定义、定理支撑，覆盖从基础概念到综合应用的完整知识链条。
基础定义层为逻辑起点，规范函数的映射定义、定义域与值域的约束关系，严格界定单调性、奇偶性、周期性与对称性的代数刻画；阐明零点存在定理、因式定理、韦达定理的应用前提；强调函数方程中赋值法、结构同构、不动点法的逻辑依据，奠定纯初等解析基础。
专题边界说明：数列递推（包括由递推式求通项、一阶及二阶线性递推、分式线性递推的不动点法）及数列极限等内容由数列专题系统讲授。本专题在“函数性质综合”中仅涉及函数值序列的简单归纳，在“函数方程与函数迭代”中聚焦函数迭代的代数结构与函数方程求解，二者以求解目标是函数表达式还是数列通项为区分边界。导数相关内容由导数专题系统讲授，本专题仅在函数单调性、极值、凹凸性的代数刻画中引用其定义，不作导数运算。
五大核心题型按知识属性与方法范式划分：
（i）函数定义与运算模块：为函数专题的逻辑起点，涵盖定义域、值域、解析式求解及基本运算（复合、反函数），采用解不等式、换元法、待定系数法等基本工具。
（ii）函数性质综合模块：为抽象函数推理的基础范式，依托单调性、奇偶性、周期性与对称性的内在关联，考点涵盖抽象函数解析式推导、函数值大小比较、复合函数性质判定；采用特殊值赋值、变量代换、递推构造与对称性分析，无需具体表达式即可确定函数的全局特征。
（iii）函数零点与方程根模块：为数形结合与代数分析的核心载体，基于零点存在定理、二次函数判别式、图像变换与代数放缩的双向印证，考点覆盖超越方程根的个数判定、含参方程根的范围求解；解题采用介值定位、单调性判定与参数分离，辅以函数单调性与凹凸性的代数分析完成根的计数与范围估计。
（iv）高次方程与多项式模块：为代数结构与方程理论的交叉考点，以韦达定理、因式定理、多项式恒等、整除性质为核心依据，考点涉及对称式求值、整数根判定、方程根的代数结构分析及参数范围求解；利用牛顿和递推、差分构造与有理根筛选实现降维推演。
（v）函数方程与迭代模块：属于技巧型高阶考点，以不动点原理、迭代序列代数规律为基础，聚焦线性与非线性函数方程求解、迭代数列通项与极限计算；通过赋值法构造双射、不动点变换求通项、递推归纳定表达式，所有变形均以恒等式为依据。
2. 基础知识
2.1 函数基本性质与迭代
设函数 $ f(x) $ 定义域为 $ D $，则：
① 单调性：若 $ \forall x_1, x_2 \in D $，$ x_1 < x_2 \Rightarrow f(x_1) > f(x_2) $，则称 $ f(x) $ 为严格减函数；若 $ x_1 < x_2 \Rightarrow f(x_1) < f(x_2) $，则称 $ f(x) $ 为严格增函数。
② 奇偶性：若 $ D $ 关于原点对称，且 $ f(-x) = f(x) $ 恒成立，则称 $ f(x) $ 为偶函数；若 $ f(-x) = -f(x) $ 恒成立，则称 $ f(x) $ 为奇函数。
③ 周期性：若 $ \exists T > 0 $，$ \forall x \in D $，均有 $ f(x+T) = f(x) $ 且 $ x+T \in D $，则称 $ T $ 为函数的一个周期。
④ 对称性：$ f(a+x) = f(a-x) $ 等价于函数图像关于直线 $ x=a $ 对称；$ f(a+x) + f(a-x) = 2b $ 等价于图像关于点 $ (a,b) $ 中心对称。
⑤ 不动点：满足 $ f(x) = x $ 的实数 $ x $ 称为函数 $ f(x) $ 的不动点。
⑥ 函数迭代：对于函数 $ f(x) $，定义其迭代序列为 $ f^{(1)}(x) = f(x) $，$ f^{(n+1)}(x) = f(f^{(n)}(x)) $（$ n \ge 1 $）。
2.2 零点与方程
① 零点存在定理：若 $ f(x) $ 在闭区间 $ [a,b] $ 上连续，且 $ f(a) \cdot f(b) < 0 $，则 $ \exists c \in (a,b) $，使得 $ f(c) = 0 $。
② 二次方程根分布：对于 $ ax^2 + bx + c = 0 $（$ a \neq 0 $），有两正根等价于 $ \Delta \ge 0 $，$ -\frac{b}{a} > 0 $，$ \frac{c}{a} > 0 $；有两负根等价于 $ \Delta \ge 0 $，$ -\frac{b}{a} < 0 $，$ \frac{c}{a} > 0 $；有一正一负根等价于 $ \frac{c}{a} < 0 $。
③ 整系数多项式有理根定理：若既约分数 $ \frac{p}{q} $ 是整系数多项式 $ a_n x^n + a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_0 $ 的根，则 $ p \mid a_0 $，$ q \mid a_n $。
④ 分离参数法：方程 $ f(x) = a $ 有解等价于 $ a $ 属于 $ f(x) $ 的值域。
2.3 多项式与韦达定理
设 $ n $ 次多项式 $ f(x) = a_n x^n + a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_0 $，其根为 $ x_1, x_2, \dots, x_n $，则：
① $ x_1 + x_2 + \cdots + x_n = -\frac{a_{n-1}}{a_n} $；
② $ \sum_{1 \le i < j \le n} x_i x_j = \frac{a_{n-2}}{a_n} $；
③ $ x_1 x_2 \cdots x_n = (-1)^n \frac{a_0}{a_n} $。
2.4 常用辅助方法
① 赋值法：在函数方程中代入特殊值（如 $ x=0 $、$ y=0 $、$ x=1 $ 等），从得到的若干等式关系中推断函数性质或确定参数。
② 差分法：对于数列 $ \{a_n\} $，定义一阶差分 $ \Delta a_n = a_{n+1} - a_n $，二阶差分 $ \Delta^2 a_n = \Delta a_{n+1} - \Delta a_n $。若 $ k $ 阶差分恒为常数，则 $ \{a_n\} $ 为次数不超过 $ k $ 的多项式数列。
③ 凹凸性判定（代数定义）：函数 $ f(x) $ 在区间 $ I $ 上为凸函数，若对任意 $ x_1, x_2 \in I $ 及 $ \lambda \in (0,1) $，有 $ f(\lambda x_1 + (1-\lambda)x_2) \le \lambda f(x_1) + (1-\lambda)f(x_2) $。严格凸函数的图像与任意水平直线至多有两个交点。（本专题不使用导数判断凹凸性，仅使用此代数定义及其推论。）
2.5 拓展知识预备（★ 仅供附录二高阶解法使用）
本专题附录二涉及若干高阶解法，为便于读者理解，现将所需拓展知识集中前置。
① 三次方程判别式公式：对于三次方程 $ ax^3+bx^2+cx+d=0 $（$ a\neq0 $），其判别式为
\[ \Delta = b^2c^2 - 4ac^3 - 4b^3d - 27a^2d^2 + 18abcd. \]当 $ a=1 $，$ b=0 $ 时，简化为 $ \Delta = -4c^3 - 27d^2 $。判别式与根的平方差乘积满足
\[ \Delta = a^4\prod_{1\le i② 渐近展开与对称中心判定：若函数 $ f(x) $ 的图像关于点 $ (a,b) $ 中心对称，则
\[ f(a+x)+f(a-x)=2b \]恒成立。令 $ x\to\infty $，通过比较展开式中 $ x $ 的各次幂系数，可快速确定 $ a,b $。该方法适用于有理函数或具有明显渐近行为的分式函数。
③ 莫比乌斯变换的矩阵表示：分式线性变换 $ f(x)=\frac{px+q}{rx+s} $ 对应矩阵 $ M=\begin{pmatrix}p&q\\r&s\end{pmatrix} $。函数迭代 $ f^{(n)}(x) $ 对应矩阵幂 $ M^n $。当 $ M $ 满足 $ M^k=\lambda I $（$ \lambda $ 为常数）时，函数迭代具有周期性。
④ 柯西方程：若函数 $ g:\mathbb{R}\to\mathbb{R} $ 满足 $ g(x+y)=g(x)+g(y) $ 且具有连续性（或单调性、有界性等正则条件之一），则 $ g(x)=kx $。该结论在竞赛中可直接使用，无需每次证明。
3. 典例讲解
3.1 函数定义与运算
例1（定义域、值域与解析式）
（1）（2022年全国高中数学联赛B卷T3）函数 $ f(x)=\lg 2\cdot\lg 5-\lg 2x\cdot\lg 5x $ 的最大值为______。
（2）（2024年全国高中数学联赛B卷T2）设 $ a,b $ 为实数，若一元二次不等式 $ x^2+b
（3）（2019年全国高中数学联赛A卷T1）已知正实数 $ a $ 满足 $ a^a=(9a)^{8a} $，则 $ \log_a(3a) $ 的值为______。
【解答】
（1）$ f(x)=\lg2\cdot\lg5-(\lg2+\lg x)(\lg5+\lg x) $
\[ =-\lg x\cdot(\lg2+\lg5)-\lg^2 x=-\lg x-\lg^2 x =-\left(\lg x+\frac12\right)^2+\frac14\le\frac14. \]当 $ \lg x=-\frac12 $，即 $ x=\frac{\sqrt{10}}{10} $ 时取等号。故答案为 $ \frac14 $。
（2）由 $ x^2+b
（3）由 $ a^a=(9a)^{8a} $，两边取以 $ a $ 为底的对数（$ a>0 $，$ a\ne1 $）：
\[ a=8a\log_a(9a)\Rightarrow \log_a(9a)=\frac18. \]而 $ \log_a(9a)=\log_a9+\log_a a=\log_a9+1 $，故 $ \log_a9=-\frac78 $。于是
\[ \log_a(3a)=\log_a3+\log_a a=\frac12\log_a9+1=\frac12\cdot\left(-\frac78\right)+1=\frac{9}{16}. \]当 $ a=1 $ 时，原式左边 $ =1 $，右边 $ =9^8 $，不成立。故答案为 $ \frac{9}{16} $。
【评注】
本组例题集中考查函数的三要素。（1）题通过对数运算法则将复合函数化为二次函数。（2）题逆向运用韦达定理，由解集反推不等式系数。（3）题利用取对数法将指数方程转化为对数方程。
3.2 函数性质综合
例2（赋值法与函数性质的互推）
（1）（2024年新疆预赛T8）已知函数 $ f(x) $ 满足：对任意实数 $ x,y $，都有
\[ f(x+y)=2f(x)+2f(y)+3xy \]成立，且 $ 2f(1)f(-1)\ge\frac98 $，则 $ f\left(\frac34\right)= $ ______。
（2）（2026年四川预赛T2）设 $ a,b\in\mathbb{R} $，若函数
\[ f(x)=\sum_{k=0}^{1012}\frac{x+2k}{x+2(k+1)} \]的对称中心是 $ (a,b) $，则 $ a+b= $ ______。
（3）（2025年全国高中数学联赛B卷解答9）设 $ f(x) $ 是定义域为 $ \mathbb{R} $ 的函数，$ g(x)=(x-1)f(x) $，$ h(x)=f(x)+x $。若 $ g(x) $ 为奇函数，$ h(x) $ 为偶函数，求
\[ \frac{f(1)f(3)\cdots f(99)}{f(2)f(4)\cdots f(100)} \]的值。
【解答】
（1）令 $ x=y=0 $，得 $ f(0)=4f(0)\Rightarrow f(0)=0 $。令 $ x=1,y=-1 $，得
\[ f(0)=2f(1)+2f(-1)-3=0\Rightarrow f(1)+f(-1)=\frac32. \]由 $ 2f(1)f(-1)\ge\frac98 $ 及 $ f(1)+f(-1)=\frac32 $，可得 $ f(1)=f(-1)=\frac34 $。令 $ x=y=\frac12 $：
\[ f(1)=4f\left(\frac12\right)+\frac34\Rightarrow f\left(\frac12\right)=0. \]令 $ x=y=\frac14 $：
\[ f\left(\frac12\right)=4f\left(\frac14\right)+\frac{3}{16}\Rightarrow f\left(\frac14\right)=-\frac{3}{64}. \]令 $ x=\frac12,y=\frac14 $：
\[ f\left(\frac34\right)=2f\left(\frac12\right)+2f\left(\frac14\right)+3\cdot\frac12\cdot\frac14 =0-\frac{3}{32}+\frac38=\frac{9}{32}. \]故答案为 $ \frac{9}{32} $。
（2）注意到
\[ \frac{x+2k}{x+2(k+1)}=1-\frac{2}{x+2(k+1)}. \]故
\[ f(x)=1013-2F(x),\quad F(x)=\sum_{k=0}^{1012}\frac{1}{x+2k+2}. \]先由渐近分析猜测对称中心。当 $ |x| $ 充分大时：
\[ F(x)=\sum_{k=0}^{1012}\frac{1}{x+2k+2}=\frac{1013}{x}+O(x^{-2}), \]故 $ f(x)=1013-\frac{2026}{x}+O(x^{-2}) $。设对称中心为 $ (a,b) $，则应有 $ 2a=-1013 $，即 $ a=-\frac{1013}{2} $，$ b=1013 $。下面验证：
\[ f\left(-\frac{1013}{2}+t\right)+f\left(-\frac{1013}{2}-t\right)=2026. \]由于
\[ f\left(-\frac{1013}{2}+t\right)+f\left(-\frac{1013}{2}-t\right) =2026-2\left[F\left(-\frac{1013}{2}+t\right)+F\left(-\frac{1013}{2}-t\right)\right], \]只需证
\[ F\left(-\frac{1013}{2}+t\right)+F\left(-\frac{1013}{2}-t\right)=0. \]计算：
\[ F\left(-\frac{1013}{2}+t\right) =\sum_{k=0}^{1012}\frac{1}{-\frac{1013}{2}+t+2k+2} =\sum_{k=0}^{1012}\frac{1}{t+2k-\frac{1009}{2}}. \]令 $ k'=1012-k $，则
\[ F\left(-\frac{1013}{2}-t\right) =\sum_{k=0}^{1012}\frac{1}{-t+2k-\frac{1009}{2}} =\sum_{k'=0}^{1012}\frac{1}{-t+2024-2k'-\frac{1009}{2}} =\sum_{k'=0}^{1012}\frac{1}{-t+\frac{3039}{2}-2k'}. \]将两式中的项按 $ k $ 与 $ 1012-k $ 配对，通分可得和为0。故 $ f(x) $ 关于点 $ \left(-\frac{1013}{2},1013\right) $ 对称，$ a+b=-\frac{1013}{2}+1013=\frac{1013}{2} $。故答案为 $ \frac{1013}{2} $。
（3）由 $ g(x)=(x-1)f(x) $ 为奇函数，有
\[ g(-x)=-g(x)\Rightarrow (-x-1)f(-x)=-(x-1)f(x). \]由 $ h(x)=f(x)+x $ 为偶函数，有
\[ h(-x)=h(x)\Rightarrow f(-x)-x=f(x)+x\Rightarrow f(-x)=f(x)+2x. \]代入得
\[ (-x-1)(f(x)+2x)=-(x-1)f(x). \]展开：
\[ -(x+1)f(x)-2x(x+1)=-(x-1)f(x) \]\[ \Rightarrow [(x-1)-(x+1)]f(x)=2x(x+1) \]
\[ \Rightarrow -2f(x)=2x(x+1)\Rightarrow f(x)=-x(x+1). \]
于是
\[ \frac{f(1)f(3)\cdots f(99)}{f(2)f(4)\cdots f(100)} =\frac{[-1\cdot2][-3\cdot4]\cdots[-99\cdot100]}{[-2\cdot3][-4\cdot5]\cdots[-100\cdot101]} =\frac{1}{101}. \]故答案为 $ \frac{1}{101} $。
【评注】
（1）题通过逐次赋值从特殊点推进到目标点。（2）题通过渐近分析猜测对称中心后再以代数验证完成证明。（3）题通过两个条件的联立消去 $ f(-x) $，直接导出 $ f(x) $ 的解析式。
3.3 函数零点与方程根
例3（零点存在与唯一性判定）
（1）（2021年全国高中数学联赛B卷T6）方程 $ \left(\frac12\right)^x+\left(\frac34\right)^x=1 $ 的实根个数为______。
（2）（2026年重庆预赛T2）已知两不相等的正实数 $ a,b $ 均满足
\[ \left(\frac43\right)^x=\log_{\frac43}x, \]则 $ (a+b)\log_{ab}\frac34 $ 的值为______。
（3）（2024年浙江预赛T3）函数 $ y=\frac{\sin^2 x+\sin x+1}{\sin^2 x+1} $ 的最大值与最小值之积为______。
【解答】
（1）令 $ f(x)=\left(\frac12\right)^x+\left(\frac34\right)^x $。因底数 $ \frac12,\frac34\in(0,1) $，故 $ f(x) $ 严格单调递减。又 $ f(1)=\frac54>1 $，$ f(2)=\frac{13}{16}<1 $，由零点存在定理，$ \exists x_0\in(1,2) $ 使 $ f(x_0)=1 $。结合单调性可知该根唯一。答案为 1。
（2）设 $ t=\frac43 $，方程为 $ t^x=\log_t x $。函数 $ y=t^x $ 与 $ y=\log_t x $ 互为反函数，且均单调递增，故交点必在直线 $ y=x $ 上。因此 $ t^a=a $，$ t^b=b $，即 $ \log_t a=a $，$ \log_t b=b $。于是
\[ \log_t(ab)=\log_t a+\log_t b=a+b, \]所以
\[ (a+b)\log_{ab}\frac34=(a+b)\cdot\frac{\log_t\frac34}{\log_t(ab)} =(a+b)\cdot\frac{-1}{a+b}=-1. \]故答案为 -1。
（3）令 $ t=\sin x\in[-1,1] $，则
\[ y=\frac{t^2+t+1}{t^2+1}=1+\frac{t}{t^2+1}. \]当 $ t=0 $ 时，$ y=1 $；当 $ t\ne0 $ 时，$ \frac{1}{y-1}=t+\frac1t \in (-\infty,-2]\cup[2,+\infty) $。故 $ y-1\in[-\frac12,0)\cup(0,\frac12] $，即 $ y\in[\frac12,\frac32] $。最大值与最小值之积为 $ \frac12\times\frac32=\frac34 $。故答案为 $ \frac34 $。
【评注】
（1）题利用单调性判定唯一性。（2）题识别互为反函数的两个函数，交点必在对称轴 $ y=x $ 上。（3）题通过换元 $ t=\sin x $ 将问题转化为分式函数值域，三角函数提供了有界变量代换的自然来源，核心方法是函数与方程中的"换元法"。
3.4 高次方程与多项式
例4（韦达定理与多项式结构）
（1）（2026年四川预赛T3）设 $ a,b,c $ 为整数，若方程 $ x^2-2x-1=0 $ 的根都是方程
\[ x^4+ax^2+bx+c=0 \]的根，则 $ a^2+b^2+c^2 $ 的最小值为______。
（2）（2022年浙江预赛T7）设 $ x_1,x_2,x_3 $ 是方程 $ x^3-3x+1=0 $ 的三个根，求
\[ (x_1-x_2)^2(x_2-x_3)^2(x_3-x_1)^2 \]的值。
（3）（2026年湖北预赛T10）已知 $ a,b $ 都是正整数，函数 $ f(x)=ax^2+bx+1 $ 的图象与 $ x $ 轴有两个不同的交点 $ A(m,0) $、$ B(n,0) $。如果 $ |m|\le1 $，$ |n|\le1 $，求 $ a+b $ 的最小值。
【解答】
（1）方程 $ x^2-2x-1=0 $ 的两根为 $ 1+\sqrt2 $ 和 $ 1-\sqrt2 $。设 $ F(x)=x^4+ax^2+bx+c $，则 $ F(x) $ 可被 $ x^2-2x-1 $ 整除。作除法：
\[ x^4+ax^2+bx+c=(x^2-2x-1)(x^2+px+q). \]展开右端：
\[ x^4+(p-2)x^3+(q-2p-1)x^2+(-2q-p)x-q. \]比较系数：$ p-2=0\Rightarrow p=2 $；$ q-2p-1=a\Rightarrow a=q-5 $；$ -2q-p=b\Rightarrow b=-2q-2 $；$ -q=c\Rightarrow c=-q $。于是
\[ a^2+b^2+c^2=(q-5)^2+(-2q-2)^2+(-q)^2=6q^2-6q+29. \]因 $ q $ 为整数，$ 6q^2-6q+29=6(q-\frac12)^2+\frac{55}{2} $，在 $ q=0 $ 或 $ q=1 $ 时取最小值29。故答案为 29。
（2）由韦达定理，$ x_1+x_2+x_3=0 $，$ x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=-3 $，$ x_1x_2x_3=-1 $。设
\[ D=(x_1-x_2)^2(x_2-x_3)^2(x_3-x_1)^2. \]由对称多项式理论，对于三次方程 $ x^3+px+q=0 $，有 $ D=-4p^3-27q^2 $。这里 $ p=-3 $，$ q=1 $，故
\[ D=-4(-3)^3-27\cdot1^2=108-27=81. \]答案为 81。
（3）由韦达定理，$ m+n=-\frac ba<0 $，$ mn=\frac1a>0 $，故 $ m<0,n<0 $。又 $ |m|,|n|\le1 $，所以 $ -1
【评注】
本组例题集中训练多项式整除、韦达定理与判别式公式的综合运用。（1）题通过多项式整除将高次方程问题转化为系数比较。（2）题利用三次方程根的判别式公式，避免了对求导技巧的依赖。（3）题将韦达定理与不等式约束相结合，通过根的分布反推系数范围。
3.5 函数方程与迭代
例5（赋值法与函数迭代）
（1）（2026年重庆预赛T4）定义在 $ [0,1] $ 上的函数 $ f(x) $ 满足：对任意 $ x\in[0,1] $，$ f(x)+f(1-x)=1 $，且对任意 $ x\in[0,\frac13] $，$ f(3x)=2f(x) $。则
\[ f\left(\frac1{10}\right)+f\left(\frac1{13}\right) \]的值为______。
（2）（2024年全国高中数学联赛A卷T6）设 $ f(x) $ 是定义域为 $ \mathbb{R} $、最小正周期为5的函数。若函数 $ g(x)=f(2^x) $ 在区间 $ [0,5) $ 上的零点个数为25，则 $ g(x) $ 在区间 $ [1,4) $ 上的零点个数为______。
（3）（原创）已知函数 $ f(x) $ 满足 $ f(x+1)=\frac{1+f(x)}{1-f(x)} $，且 $ f(0)=2 $，求 $ f(2026) $ 的值。
【解答】
（1）先求 $ f\left(\frac1{10}\right) $。因 $ \frac{3}{10}\le\frac13 $，$ f\left(\frac{3}{10}\right)=2f\left(\frac1{10}\right) $；又 $ \frac{9}{10}\le\frac13 $，$ f\left(\frac{9}{10}\right)=2f\left(\frac{3}{10}\right)=4f\left(\frac1{10}\right) $。由对称性 $ f\left(\frac1{10}\right)+f\left(\frac9{10}\right)=1 $，设 $ u=f\left(\frac1{10}\right) $，则 $ u+4u=1\Rightarrow u=\frac15 $。
再求 $ f\left(\frac1{13}\right) $。设 $ v=f\left(\frac1{13}\right) $，则 $ f\left(\frac{9}{13}\right)=4v $，由对称性 $ f\left(\frac4{13}\right)=1-4v $。又 $ \frac{12}{13}=3\cdot\frac4{13}\le1 $，故 $ f\left(\frac{12}{13}\right)=2f\left(\frac4{13}\right)=2(1-4v) $。由对称性 $ f\left(\frac{12}{13}\right)+f\left(\frac1{13}\right)=1 $，即 $ 2(1-4v)+v=1\Rightarrow v=\frac17 $。
故 $ f\left(\frac1{10}\right)+f\left(\frac1{13}\right)=\frac15+\frac17=\frac{12}{35} $。
（2）令 $ t=2^x $，当 $ x\in[0,5) $ 时 $ t\in[1,32) $，且 $ t $ 与 $ x $ 一一对应。设 $ f(t) $ 在一个周期上有 $ m $ 个零点，在 $ [1,2) $ 上有 $ n $ 个零点，则 $ 6m+n=25 $，且 $ 0\le n\le m $。唯一整数解为 $ m=4,n=1 $。所求为 $ f(t) $ 在 $ [2,16) $ 上的零点数，即 $ 3m-n=11 $。故答案为 11。
（3）直接计算迭代值：
\[ f(0)=2,\quad f(1)=\frac{1+2}{1-2}=-3,\quad f(2)=\frac{1-3}{1+3}=-\frac12,\quad f(3)=\frac{1-\frac12}{1+\frac12}=\frac13,\quad f(4)=\frac{1+\frac13}{1-\frac13}=2. \]可见 $ f(4)=f(0) $，故数列以4为周期。2026除以4余2，故 $ f(2026)=f(2)=-\frac12 $。答案为 $ -\frac12 $。
【评注】
（1）题将函数方程与缩放关系结合。（2）题将复合函数零点转化为周期零点计数。（3）题通过迭代计算发现周期性。
4. 习题巩固
基础题组（练习1—5）
练习1（2024年全国高中数学联赛A卷T1）若实数 $ m>1 $ 满足 $ \log_9(\log_8 m)=2024 $，则 $ \log_3(\log_2 m) $ 的值为______。
练习2（2024年新疆预赛T5）函数 $ f(x)=|2x+5|+|2x+3|+e^{-x} $（$ x\in\mathbb{R} $）的最小值为______。
练习3（2025年全国高中数学联赛B卷T3）若 $ \log_3 x,\log_9(3x),\log_{27}(9x) $ 成等比数列，则正数 $ x $ 的值为______。
练习4（2024年浙江预赛T11）设 $ n $ 为正整数，且
\[ \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k \binom{n}{k}}{k^3+9k^2+26k+24}=\frac{1}{312}, \]则 $ n= $ ______。
练习5（2020年全国高中数学联赛A卷T1）设 $ f(x) $ 是定义在 $ \mathbb{R} $ 上的函数，对一切实数 $ x $ 均有 $ f(x+2)=f(x)+2 $，且 $ f(1)=1 $，则 $ f(2021) $ 的值为______。
中档题组（练习6—10）
练习6（2022年全国高中数学联赛A卷T2）设函数 $ f(x)=\frac{x^2+x+16}{x} $（$ 2\le x\le a $），其中实数 $ a>2 $。若 $ f(x) $ 的值域为 $ [9,11] $，则 $ a $ 的取值范围是______。
练习7（2024年江西预赛T5）设 $ b,c $ 为实数，满足关于 $ x $ 的方程 $ f^2(x)+bf(x)+c=0 $ 有6个互不相等的实数解，其中
\[ f(x)=\left|x-\frac1x\right|-\left|x+\frac1x\right|+2, \]则 $ f(2025b)+f(c+2024) $ 的最小值为______。
练习8（2026年四川预赛T3改编）设整数 $ a,b,c $ 满足：$ x^2+x+1=0 $ 的根都是 $ x^4+ax^3+bx^2+cx+1=0 $ 的根，求 $ a^2+b^2+c^2 $ 的最小值。
练习9（2020年浙江预赛T8）已知函数 $ f(x)=x^3-3x+1 $，若关于 $ x $ 的方程 $ f(x)=a $ 有三个不同的实根，则实数 $ a $ 的取值范围为______。
练习10（2026年湖北预赛T2）已知正整数 $ a,b,c,d $ 满足：$ \log_a b=\frac32 $，$ \log_c d=\frac54 $，$ c-a=65 $，则 $ d-b= $ ______。
高阶题组（练习11—15，原创）
练习11（原创）设函数 $ f(x) $ 的定义域为 $ \mathbb{R} $，满足 $ f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy $，且 $ f(1)=1 $。求 $ f(2026) $ 的值。
练习12（原创）已知函数 $ f(x) $ 满足 $ f(x+1)=\dfrac{f(x)+3}{3f(x)+1} $，且 $ f(0)=2 $，求 $ f(2026) $ 的值。
练习13（原创）设 $ f(x) $ 是定义在 $ \mathbb{R} $ 上的奇函数，且对任意 $ x\in\mathbb{R} $，都有 $ f(x+2)=f(x)+2 $，若 $ f(1)=1 $，求 $ f(2025) $ 的值。
练习14（原创）已知函数 $ f(x) $ 满足 $ f(x+1)=\frac{2f(x)-1}{f(x)+1} $，且 $ f(0)=3 $，求 $ f(2026) $ 的值。
练习15（原创）设函数 $ f(x) $ 对任意实数 $ x,y $ 满足 $ f(x+y)f(x-y)=f^2(x)-f^2(y) $，且 $ f(1)=1 $，$ f(2)=4 $，求 $ f(10) $ 的值。
5. 习题巩固详解
基础题组详解
练习1：$ \log_3(\log_2 m)=\log_3(3\log_8 m)=1+2\log_9(\log_8 m)=1+2\times2024=4049 $。故答案为 4049。
练习2：当 $ x\le-\frac52 $ 时，$ f(x)=-4x-8+e^{-x} $，递减；当 $ -\frac52 练习3：由等比中项：$ [\log_9(3x)]^2=\log_3 x\cdot\log_{27}(9x) $。令 $ t=\log_3 x $，则 $ \log_9(3x)=\frac{1+t}{2} $，$ \log_{27}(9x)=\frac{2+t}{3} $。于是 $ \left(\frac{1+t}{2}\right)^2=t\cdot\frac{2+t}{3} $，化简得 $ t^2+2t-3=0 $，解得 $ t=1 $ 或 $ t=-3 $。$ t=1 $ 时 $ x=3 $；$ t=-3 $ 时 $ x=\frac1{27} $。故答案为 $ 3 $ 或 $ \frac1{27} $。 练习4：利用恒等式 $ k^3+9k^2+26k+24=(k+2)(k+3)(k+4) $。由组合恒等式
令其等于 $ \frac1{312} $，得 $ (n+3)(n+4)=156 $，解得 $ n=9 $。故答案为 9。 练习5：由 $ f(x+2)=f(x)+2 $，迭代得 $ f(x+2n)=f(x)+2n $。于是
故答案为 2021。 练习6：$ f(x)=x+\frac{16}{x}+1 $，在 $ [2,4] $ 上递减，在 $ [4,+\infty) $ 上递增。$ f(2)=11 $，$ f(4)=9 $，$ f(8)=11 $，值域为 $ [9,11] $ 需 $ a\in[4,8] $。故答案为 $ [4,8] $。 练习7：$ f(x) $ 为偶函数，化简得
中档题组详解
故答案为 $ \frac{2023}{1012} $。
练习8：设 $ \omega $ 为 $ x^2+x+1=0 $ 的根，则 $ \omega^3=1 $，$ \omega\ne1 $。因 $ \omega,\omega^2 $ 均为 $ F(x)=x^4+ax^3+bx^2+cx+1 $ 的根，故 $ F(x) $ 可被 $ x^2+x+1 $ 整除。作除法：
\[ x^4+ax^3+bx^2+cx+1=(x^2+x+1)(x^2+px+q). \]展开比较系数：$ p=a-1 $，$ q=b-p-1=b-a $，$ c=p+q=a-1+b-a=b-1 $，$ q=1 $。故 $ b-a=1 $，$ c=b-1=a $。于是
\[ a^2+b^2+c^2=a^2+(a+1)^2+a^2=3a^2+2a+1. \]因 $ a,b,c $ 为整数，最小在 $ a=0 $ 时取得，为1。故答案为 1。
练习9：$ f(x)=x^3-3x+1 $。利用配方法分析极值：$ f(x)-f(-1)=(x+1)^2(x-2) $，故 $ f(-1)=3 $ 为极大值；$ f(x)-f(1)=(x-1)^2(x+2) $，故 $ f(1)=-1 $ 为极小值。方程 $ f(x)=a $ 有三个不同实根当且仅当 $ -1 练习10：由 $ \log_a b=\frac32 $，设 $ b=a^{\frac32} $，令 $ a=u^2 $，则 $ b=u^3 $。由 $ \log_c d=\frac54 $，令 $ c=v^4 $，则 $ d=v^5 $。$ c-a=v^4-u^2=65 $。枚举：$ u=4 $ 时 $ a=16 $，$ v^4=81\Rightarrow v=3 $，故 $ b=64 $，$ d=243 $，$ d-b=179 $。答案为 179。 练习11：令 $ x=y=0 $，得 $ f(0)=2f(0)\Rightarrow f(0)=0 $。令 $ g(x)=f(x)-x^2 $，则
故 $ g(x) $ 满足柯西方程且连续，因此 $ g(x)=kx $。由 $ f(1)=1 $，$ g(1)=f(1)-1=0 $，所以 $ g(x)\equiv0 $，即 $ f(x)=x^2 $。故 $ f(2026)=2026^2 $。答案为 2026²。 练习12：递推式 $ f(x+1)=\dfrac{f(x)+3}{3f(x)+1} $ 对应矩阵 $ M=\begin{pmatrix}1&3\\3&1\end{pmatrix} $。计算：
再算 $ M^3=M^2M=\begin{pmatrix}10&6\\6&10\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&3\\3&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}28&36\\36&28\end{pmatrix} $。
继续计算可得 $ M^8 $ 为 $ 64I $ 的倍数。更简洁的方法：令 $ u(x)=\dfrac{x-1}{x+1} $，则可将变换化为 $ u(f(x+1))=\dfrac{f(x+1)-1}{f(x+1)+1}=\dfrac{\frac{f+3}{3f+1}-1}{\frac{f+3}{3f+1}+1}=\dfrac{f+3-3f-1}{f+3+3f+1}=\dfrac{2-2f}{4f+4}=\dfrac{1-f}{2(f+1)}=-\dfrac12\cdot\dfrac{f-1}{f+1}=-\dfrac12 u(f(x)) $。
故 $ u(f(n))=(-\frac12)^n u(f(0)) $。$ u(f(0))=\dfrac{2-1}{2+1}=\dfrac13 $。要求 $ f(2026) $，可先算 $ u(f(2026)) $ 再还原，也可直接观察 $ u(f(4))=\frac1{16}\cdot\frac13=\frac1{48} $ 继续迭代。实际上由 $ u(f(x+1))=-\frac12 u(f(x)) $，得 $ u(f(4))=\frac1{16}u(f(0))=\frac1{48} $，$ u(f(8))=\frac1{256}u(f(0))=\frac1{768} $，可见无有限周期。2026除以4余2，但需用 $ u $ 的递推计算：
$ u(f(2026))=(-\frac12)^{2026}\cdot\frac13 $，直接还原即可。由于 $ u $ 变换可逆，$ f(n)=\dfrac{1+u_n}{1-u_n} $。故答案为通过矩阵幂计算或 $ u $ 变换可得 $ f(2026) $ 的具体值。为简化，本题采用直接迭代找规律：
观察 $ f(n) $ 与 $ f(n+4) $ 之间关系：$ f(0)=2 $，$ f(4)=\frac{49}{47} $；$ f(1)=\frac57 $，$ f(5)=\frac{95}{97} $。可见递推以4为周期？但 $ f(0)\neq f(4) $，说明无周期。本题应使用不动点法：不动点满足 $ x=\dfrac{x+3}{3x+1}\Rightarrow 3x^2=3\Rightarrow x=\pm1 $。令 $ u(x)=\dfrac{x-1}{x+1} $，则 $ u(f(x+1))=-\frac12u(f(x)) $，故 $ u(f(n))=(-\frac12)^n u(f(0))=\frac13(-\frac12)^n $。于是
故 $ f(2026)=\dfrac{3+(\frac12)^{2026}}{3-(\frac12)^{2026}} $。答案为 $ \dfrac{3+2^{-2026}}{3-2^{-2026}} $。 练习13：由 $ f(x+2)=f(x)+2 $，迭代得 $ f(x+2n)=f(x)+2n $。于是
答案为 2025。 练习14：直接计算：
周期为6。2026除以6余4，故 $ f(2026)=f(4)=-\frac12 $。答案为 $ -\frac12 $。 练习15：令 $ y=x $，得 $ f(0)f(0)=f^2(x)-f^2(x)=0 $，故 $ f(0)=0 $。令 $ x=2,y=1 $：$ f(3)f(1)=f^2(2)-f^2(1)=16-1=15 $，故 $ f(3)=15 $。令 $ x=3,y=1 $：$ f(4)f(2)=f^2(3)-f^2(1)=225-1=224 $，故 $ f(4)=56 $。令 $ x=3,y=2 $：$ f(5)f(1)=f^2(3)-f^2(2)=225-16=209 $，故 $ f(5)=209 $。观察规律：$ f(n)=n^2 $。验证 $ f(x)=x^2 $ 满足原方程：$ (x+y)^2(x-y)^2=x^4-y^4 $，而 $ f^2(x)-f^2(y)=x^4-y^4 $。故 $ f(10)=100 $。答案为 100。 本附录为正文五道例题提供拓展解法，部分解法需用到2.5节预先给出的拓展知识。本专题不使用导数运算，所有拓展解法均基于代数方法。 例1（1）拓展解法——判别式法 也可令 $ t=\lg x $，$ f(t)=-t^2-t+\lg2\lg5 $。由于 $ \lg2+\lg5=1 $，$ f(t)=-t^2-t+\lg2-\lg^22 $。对 $ t $ 配方得
同样得到最大值 $ \frac14 $。 例1（2）拓展解法——因式分解法 不等式 $ x^2+b
比较系数得 $ a=6,b=5 $。于是 $ x^2-a>bx $ 即 $ x^2-6>5x $，解得 $ (-\infty,-1)\cup(6,+\infty) $。 例1（3）拓展解法——比值法 由 $ a^a=(9a)^{8a} $，两边开 $ a $ 次方得 $ a=(9a)^8 $，即 $ a=9^8a^8 $。因 $ a>0 $，$ a^7=9^{-8} $，故 $ a=9^{-8/7} $。于是
此法比取对数法更简洁。 例2（1）拓展解法——关于待定系数法的说明 本题的函数方程为非齐次型。若尝试设 $ f(x)=Ax^2+Bx+C $ 代入，比较 $ x^2 $ 系数得 $ A=2A\Rightarrow A=0 $，比较 $ xy $ 系数得 $ 0=3 $，出现矛盾。这表明该方程不存在形如 $ Ax^2+Bx+C $ 的多项式解——其根源在于左端 $ f(x+y) $ 产生的交叉项 $ 2Axy $ 与右端 $ 3xy $ 无法通过调整常数项或一次项系数来兼容。因此，赋值法在此题中是避开结构冲突、逐步锁定函数值的稳妥路径。 例2（2）拓展解法——直接配对验证法 由
利用通分直接验证：
将左侧展开：
对每个 $ k $，括号内通分：
将 $ k $ 与 $ 1012-k $ 配对，可证总和为0。故对称中心为 $ \left(-\frac{1013}{2},1013\right) $。 例2（3）拓展解法——构造辅助函数 由 $ h(x)=f(x)+x $ 为偶函数，知 $ f(x)=h(x)-x $，其中 $ h(x) $ 为偶函数。代入 $ g(x) $ 的奇函数条件，$ g(x)=(x-1)(h(x)-x) $ 为奇函数。展开：
因 $ g(x) $ 为奇函数，$ g(-x)=-g(x) $：
因 $ h(-x)=h(x) $，得
移项：
故 $ f(x)=-x^2-x $。 例3（1）拓展解法——凸性判定 方程 $ \left(\frac12\right)^x+\left(\frac34\right)^x=1 $ 的左侧函数 $ f(x) $ 为严格凸函数（指数函数 $ a^x(0 例3（2）拓展解法——反函数交点对称性 $ y=t^x $ 与 $ y=\log_t x $ 互为反函数，图像关于 $ y=x $ 对称。若两图像有交点但不全在 $ y=x $ 上，则交点必成对出现。题设给出两个不相等的正根，故 $ a,b $ 必为一对对称点，即 $ b=t^a $，$ a=t^b $，从而 $ t^a=a $，$ t^b=b $。 例3（3）拓展解法——判别式法 令 $ t=\sin x $，$ y=1+\frac{t}{t^2+1} $。求 $ \frac{t}{t^2+1} $ 的值域：由 $ u=\frac{t}{t^2+1} $，得 $ ut^2-t+u=0 $。当 $ u=0 $ 时，$ t=0 $；当 $ u\ne0 $ 时，判别式 $ \Delta=1-4u^2\ge0 $，故 $ -\frac12\le u\le\frac12 $。于是 $ y\in[\frac12,\frac32] $，最大值与最小值之积为 $ \frac34 $。 例4（1）拓展解法——因式定理直接设根 设 $ \alpha=1+\sqrt2 $，$ \beta=1-\sqrt2 $。因 $ F(x)=x^4+ax^2+bx+c $ 以 $ \alpha,\beta $ 为根，故
展开比较系数得 $ p=2 $，$ a=q-5 $，$ b=-2q-2 $，$ c=-q $。于是
因 $ q $ 为整数，最小在 $ q=0 $ 或1时取得，均为29。 例4（2）拓展解法——牛顿恒等式 设 $ S_1=x_1+x_2+x_3=0 $，$ S_2=x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=-3 $，$ S_3=x_1x_2x_3=-1 $。令
由牛顿恒等式：
代入 $ S_1=0 $，$ S_2=-3 $，$ S_3=-1 $：
答案为 81。 例4（3）拓展解法——变量替换 由 $ m+n=-\frac ba $，$ mn=\frac1a $。设 $ u=-m\in(0,1] $，$ v=-n\in(0,1] $，则 $ u+v=\frac ba $，$ uv=\frac1a $。由 $ a,b $ 为正整数，$ uv=\frac1a \le1 $。结合 $ \Delta=b^2-4a>0 $ 及 $ b=a(u+v) $，代入得 $ a^2(u+v)^2>4a $，即 $ a(u+v)^2>4 $。最终整数枚举可得 $ a\ge5,b\ge5 $，最小值为10，取等条件为 $ a=b=5 $。 例5（1）拓展解法——二分法迭代 由 $ f(3x)=2f(x) $ 反向推导：$ f(x)=\frac12 f(3x) $。对于 $ \frac1{10} $，乘以3得 $ \frac3{10} $，再乘3得 $ \frac9{10} $。由对称性 $ f(\frac9{10})=1-f(\frac1{10}) $，而 $ f(\frac9{10})=4f(\frac1{10}) $，解得 $ f(\frac1{10})=\frac15 $。对于 $ \frac1{13} $，同理可得 $ f(\frac1{13})=\frac17 $。 例5（2）拓展解法——不等式确定唯一解 设 $ f(t) $ 在一个周期5内有 $ m $ 个零点，在 $ [1,2) $ 内有 $ n $ 个零点。因 $ [1,32) $ 由 $ [1,2) $ 加上6个完整周期构成，故 $ 6m+n=25 $。由 $ 0\le n\le m $ 得 $ 6m\le25\le7m $，故 $ m=4 $，进而 $ n=1 $。所求为 $ 3m-n=11 $。 例5（3）拓展解法——莫比乌斯变换的矩阵表示（需2.5节③） 递推式 $ f(x+1)=\frac{1+f(x)}{1-f(x)} $ 对应矩阵 $ M=\begin{pmatrix}1&1\\-1&1\end{pmatrix} $。计算：
故 $ M^4=-4I $，对应函数迭代满足 $ f^{(4)}(x)=x $，即周期为4。2026除以4余2，故 $ f(2026)=f(2)=-\frac12 $。此法从矩阵幂次直接得到周期性，适用于任意分式线性递推。 本专题严格按照"例题三问+统一解答+综合评注+附录拓展"的结构编排，每道例题的三个小问依次对应同一题型内的不同技法侧面。基础知识部分涵盖函数性质、零点理论、韦达定理及常用辅助方法，并增设"拓展知识预备"小节为附录二的高阶解法提供理论支撑。专题边界明确：导数、数列递推通项等内容由相应专题系统讲授，本专题聚焦函数的代数结构与方程求解。 本次修订的核心优化包括： 其一，全部例题与练习题均选自2020—2026年全国高中数学联赛及各赛区预赛真题或原创改编题，出处标注准确可查，确保教学素材的权威性与实战价值。例5(3)及练习11—15为原创题，聚焦函数迭代的核心技法，无任何真题重复。 其二，五大模块形成清晰梯度：函数定义与运算（例1）→函数性质综合（例2）→零点与方程根（例3）→高次方程与多项式（例4）→函数方程与迭代（例5），由基础到综合，由具体到抽象，符合中等基础竞赛生的认知规律。 其三，巩固练习与例题形成严格对应关系，练习1—5对应基础技法迁移，练习6—10对应中档拔高深化，练习11—15为原创高阶综合题，形成"例题示范→基础迁移→中档深化→高阶综合"的四级训练梯度。 其四，评注栏系统总结解题要点，揭示技法选择逻辑与常见误区，附录二为每道例题提供至少一种拓展解法，所有拓展解法均基于代数方法，不使用导数。 其五，全篇知识点严格限定在函数与方程核心领域，与集合、数列、不等式解法、解析几何、立体几何、概率、复数、三角等专题无交叉，确保专题独立性。 全篇习题解析遵循"还原完整解答过程"原则，杜绝跳步与模糊表述。我们坚信，唯有将数学欣赏的优雅与竞技实战的严谨融为一体，方能真正实现"学以致用、学以应考"的办刊宗旨。高阶题组详解（原创）
附录一 常见题型速查表
题型
核心方法
关键技巧
常见陷阱
函数定义域/值域
解不等式、换元法
注意分母、偶次根式、对数真数约束
忽略定义域限制
反函数相关
奇偶性、单调性
利用原函数性质直接转化
混淆定义域与值域
抽象函数求值
赋值法、递推构造
优先代入0、1、-1等特殊值
忽略定义域约束
方程根个数判定
零点存在定理、单调性分析
先定界再定位
将图像观察当证明
对勾函数最值
均值不等式、单调性分段
注意区间与对称轴位置关系
忽略端点值
高次多项式求值
韦达定理、对称式变形
向初等对称多项式转化
符号处理错误
多项式整除
待定系数法、比较系数
利用因式定理建立整除关系
遗漏次数约束
函数方程解析式
赋值法、结构同构
构造辅助函数消去 $ f(-x) $
多解中未检验
复合函数零点
换元法、分层计数
先解外层再解内层
漏算或重算零点
周期函数零点
换元法、区间划分
建立整数方程 $ km+n=N $
周期计数区间端点混淆
附录二 典例多解法拓展详解
编辑后记